Su uno spazio filtrato (Ω, A, (Fn)n∈N0, P) sia definita una martingala M = (Mn)n∈N0 tale che Mn≥ 0 per ogni n ∈ N0

II Appello di Processi Stocastici 2013/14 Cognome:

Laurea Magistrale in Matematica Nome:

16 luglio 2014 Email:

Quando non `e espressamente indicato il contrario, per la soluzione degli esercizi `e possibile usare tutti i risultati visti a lezione (compresi quelli di cui non `e stata fornita la dimostrazione).

Esercizio 1. Su uno spazio filtrato (Ω, A, (Fn)_n∈N0, P) sia definita una martingala M = (Mn)_n∈N0 tale che Mn≥ 0 per ogni n ∈ N0. Definiamo la variabile aleatoria τ : Ω → N0∪ {+∞} ponendo

τ := min{n ∈ N0: Mn= 0} ,

con l’abituale convenzione min ∅ := +∞. Definiamo quindi il processo Z = (Z_n)_n∈N0 mediante Z_n:= M_n1_{{τ ≤n}}.

(a) Si mostri che Z `e una martingala.

[Sugg. Si osservi che {τ ≤ n + 1} = {τ ≤ n} ∪ {τ = n + 1}.]

(b) Si calcoli Z₀, si mostri che E[Z_n] = 0 e si deduca che q.c. Z_n= 0, per ogni n ∈ N0. (c) Si spieghi perch´e `e vera la seguente affermazione:

Quando una martingala non-negativa assume il valore zero, essa resta nulla per tutti gli istanti successivi (q.c.).

Definiamo M∞(ω) := lim_n→∞M_n(ω) per ogni ω ∈ Ω per cui il limite esiste in R. D’ora in avanti supponiamo inoltre che M0= 1 e

|M_n+1− M_n| ≥ M_n, ∀n ∈ N0. (⊗)

(d) Si mostri che sull’evento {τ < ∞} si ha M∞= 0.

(e) Si mostri che sull’evento {τ = ∞} si ha M∞= +∞.

[Sugg. Si mostri che {τ = ∞} ⊆T

n∈N0{Mn≥ 2ⁿM0}.]

(f) Si concluda che P(τ = ∞) = 0 e si determini M∞. Il processo (Mn)_n∈N0 `e uniformemente integrabile?

Soluzione 1. (a) Si osservi che τ `e un tempo di arresto (tempo di ingresso di un processo adattato) e dunque {τ ≤ n} ∈ F<sub>n</sub> per ogni n ∈ N. Di conseguenza Zn `e F_n-misurabile.

Inoltre |Zn| ≤ |M_n| ∈ L¹ e pertanto Zn∈ L¹. Essendo 1_{{τ ≤n+1}}= 1_{{τ ≤n}}+ 1_{{τ =n+1}}, si ha E[Z_n+1|F_n] = E[M_n+11_{{τ ≤n+1}}|F_n] = E[M_n+11_{{τ ≤n}}|F_n] + E[M_n+11_{{τ =n+1}}|F_n]

= 1{τ ≤n} E[Mn+1|F_n] + E[Mn+11{τ =n+1}|F_n] = 1{τ ≤n}Mn+ E[Mn+11{τ =n+1}|F_n] , perch´e 1_{{τ ≤n}}`e F_n-misurabile. Resta da osservare che M_n+11_{{τ =n+1}}= 0, perch´e M_n+1= 0 sull’evento {τ = n + 1} per definizione di τ , e dunque E[Z_n+1|F_n] = 1_{{τ ≤n}}M_n= Z_n. (b) Osserviamo che sull’evento {τ ≤ 0} = {τ = 0} si ha M₀ = 0, pertanto Z₀ = 0. Essendo

Z una martingala, segue che E[Z_n] = E[Z₀] = 0 per ogni n ∈ N0. Ma q.c. Z_n ≥ 0 per ipotesi, perch´e Mn≥ 0. Segue dunque che q.c. Z_n= 0 per ogni n ∈ N0, perch´e una variabile aleatoria non-negativa ha valor medio nullo se e solo se `e q.c. nulla.

(c) L’affermazione `e vera per quanto mostrato nel punto precedente: abbiamo mostrato che Zn = 0 q.c. per ogni n ∈ N0, ed essendo Zn = Mn1{τ ≤n} segue che sull’evento {n ≥ τ } si deve avere Mn= 0 q.c.; ci`o significa che, per q.o. ω ∈ Ω, se n ≥ τ (ω) si ha Mn(ω) = 0.

(d) Per il punto (c) si ha che Mn = 0 per ogni n ≥ τ , quindi sull’evento {τ < ∞} si ha M∞= lim_n→∞M_n= lim_{n→∞, n≥τ}M_n= 0.

2

(e) La relazione (⊗) mostra che −Mn≤ M_n+1− M_n≤ M_n ossia Mn+1∈ (−∞, 0] ∪ [2M_n, ∞), ma dato che M_n ≥ 0 per ipotesi segue che M_n+1 ∈ {0} ∪ [2M_n, ∞). Ora, per definizione, sull’evento {τ = ∞} si ha Mn> 0 per ogni n ∈ N0, dunque Mn+1≥ 2M_n, da cui segue per induzione che M_n≥ 2ⁿM₀= 2ⁿ e dunque M∞= lim_n→∞M_n≥ lim_n→∞2ⁿ= ∞.

(f) Essendo M una martingala positiva, M∞ esiste finito q.c. dunque P(M∞= +∞) = 0. Per il punto (e) si ha P(τ = ∞) = 0 e dunque P(τ < ∞) = 1, da cui M∞= 0 q.c.. In particolare E[M∞] = 0 mentre E[Mn] = E[M0] = 1 per ogni n ∈ N0. Non essendoci convergenza dei valori medi E[M_n] 6→ E[M∞], la convergenza M_n → M_∞ ha luogo q.c. ma non in L¹ e pertanto (Mn)_n∈N0 non `e uniformemente integrabile.

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Preambolo. Data una variabile aleatoria Z ∼ N (0, 1), vale la seguente relazione:

P(Z > x) ≥ x x²+ 1

e^−x2/2

√2π , ∀x ≥ 0 . (?)

Data una famiglia arbitraria (D_n)_n∈N di eventi, vale la seguente disuguaglianza:

P lim sup

n∈N

Dn

≥ lim sup

n∈N

P(Dn) . (??)

(Non `e richiesto di dimostrare tali relazioni.) Si ricordi inoltre che 1 − x ≤ e^−x.

Esercizio 2. Sia (Bt)t≥0 un moto browniano, definito su uno spazio di probabilit`a (Ω, A, P).

Definiamo per n, k ∈ N0 gli eventi A⁽ⁿ⁾_k :=

 Bk+1

en

− Bk

en >r n eⁿ

 . (a) Per n ∈ N0 fissato, gli eventi (A⁽ⁿ⁾_k )_k∈N0 sono indipendenti?

(b) Sfruttando le propriet`a del moto browniano, si mostri che per ogni n, k ∈ N0 si ha P(A⁽ⁿ⁾_k ) ≥ p_n, dove poniamo p_n:=

√n n + 1

e^−n/2

√2π . (c) Definendo l’evento

Dn:=

beⁿc−1

[

k=0

A⁽ⁿ⁾_k , si mostri che P (Dn)^c
≤ (1 − p_n)^benc.

(d) Si mostri che lim_n→∞P D^c_n
= 0 e si deduca che P



lim sup

n∈N

D_n



= 1 . ()

(e) Si ponga h_n:= e⁻ⁿ e si consideri la seguente affermazione:

Q.c., per infiniti valori di n ∈ N0, esiste tn∈ [0, 1] tale che

|B_tn+hn− B_tn| >p hn

r log 1

hn

.

L’affermazione `e vera? `E in contraddizione con la legge del logaritmo iterato?

[Sugg. Si rifletta sulla relazione ().]

Soluzione 2. (a) Poniamo sk := k/eⁿ. Per ogni m ∈ N0 fissato, l’indipendenza degli eventi (A⁽ⁿ⁾)_k=0,...,msegue dall’indipendenza delle variabili aleatorie (B_sk+1−B_sk)_k=0,...,m, che vale per definizione di moto browniano; ricordando che l’indipendenza di una famiglia infinita `e l’indipendenza di ogni sottofamiglia finita, segue che gli eventi (A⁽ⁿ⁾_k )_k∈N0 sono indipendenti.

(b) Ricordando che ^√_t−s¹ (B_t− B_s) ∼ Z ∼ N (0, 1), possiamo scrivere

P(A⁽ⁿ⁾_k ) = P

Bk+1 en

− Bk en

q 1 eⁿ

>√ n

!

= P(Z >√ n) ≥

√n n + 1

e^−n/2

√ 2π .

4

(c) Ricordando che i complementari di eventi indipendenti sono indipendenti, si ha P((Dn)^c) = P

beⁿc−1

\

k=0

A⁽ⁿ⁾_k
c

!

=

beⁿc−1

Y

k=0

P A⁽ⁿ⁾_k
c

=

beⁿc−1

Y

k=0

1 − P A⁽ⁿ⁾_k

≤

beⁿc−1

Y

k=0

(1 − p_n) = (1 − p_n)^benc (d) Essendo 1 − x ≤ e^−x, si ottiene

P((Dn)^c) ≤ (1 − pn)^benc≤ exp(−beⁿcp_n) = exp −

√n

√

2π(n + 1)beⁿce^−n/2

! .

Dato che beⁿce^−n/2≥ (eⁿ− 1)e^−n/2∼ e^n/2 per n → ∞, segue facilmente che P((D_n)^c) → 0.

Dato che P(Dn) = 1 − P((Dn)^c), segue che limn→∞P(Dn) = 1 e dunque, grazie alla relazione (??), si ottiene la relazione ().

(e) L’affermazione `e vera: per la relazione (), q.c. si verificano infiniti degli eventi Dn, e quando si verifica D<sub>n</sub> si verifica A<sup>(n)</sup><sub>k</sub> per un opportuno k, e basta porre t<sub>n</sub> = k/e<sup>n</sup>. Pi`u precisamente, per q.o. ω ∈ Ω si ha che ω ∈ Dn per una successione infinita di valori di n (dipendente da ω); in tal caso esiste k = kn,ω ∈ {0, . . . , beⁿc − 1} tale che ω ∈ A⁽ⁿ⁾_k : ponendo t_n= t_n(ω) := k_n,ω/eⁿ e ricordando che h_n= 1/eⁿ, per definizione di A⁽ⁿ⁾_k si ha

|B_tn(ω)+hn(ω) − B_tn(ω)(ω)| = Bkn(ω)+1 en

(ω) − Bkn(ω) en

(ω) >

r 1 eⁿ

√n =p hn

r log 1

h_n, come richiesto.

Ricordiamo che la legge del logaritmo iterato afferma che, per ogni t ≥ 0 fissato, q.c.

lim sup

h↓0

|B_t+h− B_t|

√ h

q

2 log log¹_h

= 1 .

Nonostante log log¹_h  log_h¹ per h ↓ 0, non c’`e contraddizione tra l’affermazione e la legge del logaritmo iterato, perch´e quest’ultima vale per t fissato.